安徽省太湖中學(246400)李昭平 王 芳

數列求和,是高考考查數列的重點,正所謂常考常新.備考復習中,針對性地梳理數列求和,既能重現數列中的知識,又能突出數列中的思想方法,更能與相關知識溝通聯系,起到舉一反三、融會貫通的作用.下面結合典型試題,介紹高考中數列求和的七大模型,供參考.

模型1 公式求和法

對于一個整體是等差或等比數列的和式,直接運用等差數列與等比數列的求和公式或它們的性質求和,往往稱為公式求和法.解題關鍵點是:

①確定求和公式中的元素.根據條件確定等差數列求和公式Sn=na1+和等比數列三個求和公式Sn=(q /= 1),Sn=(q /=1),Sn=na1(q=1)中的相關元素,代入公式求和.

②活用等差或等比數列的相關性質.往往已知等差或等比數列中的某些和,要求另外的和,常常運用“Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,S4m-S3m,···,也成等差數列”(對等差數列來說)和“當Sm /= 0 時,Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,S4m-S3m,··· ,也成等比數列”(對等比數列來說),同時也活用am+an=ap+aq或am·an=ap·aq(m+n=p+q).

例1(2021年高考全國甲卷題)記Sn為等比數列{an}的前n項和.若S2=4,S4=6,則S6=( )

A.7 B.8 C.9 D.10

思路由“S2,S4-S2,S6-S4成等比數列”構建方程求公差t,再求S6,或由S2= 4,S4= 6,利用求和公式構建方程組.

解法1(性質求和)因為Sn為等比數列{an}的前n項和,所以S2,S4-S2,S6-S4成等比數列,所以S2=4,S4-S2=6-4=2,所以S6-S4=1,所以S6=1+S4=1+6=7.故選A.

解法2(求和公式)顯然公比q /= 1,由求和公式Sn=得故故選A.

例2(2020年山東青島模擬考試)若Sn是等差數列{an}的前n項和,S3=-30,S8=-40,則S11的值是____.

思路利用Sn=An2+Bn(A,B為常數),或Sn=na1+或Sn=和am+an=ap+aq(m+n=p+q)處理.

解法1(性質求和)因為{an}是等差數列,所以可設Sn=An2+Bn.由S3=-30,S8=-40 得,故S11= 112-13×11=-22..

解法2(公式求和)由求和公式Sn=na1+得,故S11=11×(-12)+55×2=-22.

解法3(性質求和)因為S8=-40 =a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=-30+5a6,所以a6=-2.故S11==11a6=-22.

模型2 分組求和法

一般地,分組求和法是指對于一個整體是非等差且非等比數列的和式,首先觀察它是否能通過適當分組,轉化為等差數列或等比數列或常見數列求和.解題關鍵點是: ①觀察結構.觀察和式結構特點,看是否能夠分成多組數列求和.②實施求和.對每個組分別求和,然后相加,實現整體求和.

例3(2021年福建漳州聯考題)在①Sn=n2+n;②a3+a5= 16 且S3+S5= 42;且S7= 56 這三個條件中任選一個補充在下面的問題中,并加以解答.設等差數列{an}的前n項和為Sn,{bn}是等比數列,____,b1=a1,b2=求數列的前n項和Tn.

思路先確定an,再確定bn,最后分組求和得到Tn.

解析若選填條件Sn=n2+n,則等差數列{an}的公差d= 2,a1= 2.于是b1=a1= 2,b2== 4,則其公比q= 2,bn= 2n.因此+2n=+ 2n.故Tn= 1-2n+1--1.若選填條件a3+a5=16 且S3+S5=42,則a1+3d=8 且8a1+13d=42,解得d=2,a1=2.以下過程同上.

注意: 本題屬于條件開放性問題,是新課程的亮點.其實質是要確定數列{an},能有效考查思維的批判性、流暢性和深刻性.條件③中的顯然與{bn}是等比數列矛盾,不予考慮.只要思考①②即可.

模型3 錯位相減求和法

若數列{an}和{bn}分別是等差數列和等比數列,則求其積數列{an·bn}的前n項和,可以運用錯位相減法.解題關鍵點是: ①特殊情形.判斷等比數列{bn}的公比是否為1,若為1,直接利用等差數列求和公式求和即可.②一般情形.當等比數列{bn}的公比不為1 時,將和式兩邊同時乘以這個公比,并跟原和式錯位列式、整體相減,轉化為等比數列求和,化簡整理得到原和式.

例4(2021年高考全國乙卷題)設{an}是首項為1 的等比數列,數列{bn}滿足bn=已知a1,3a2,9a3成等差數列.

(1)求{an}和{bn}的通項公式;

(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項和.證明:

思路對(1)利用等差數列的性質及a1得到9q2-6q+1 =0,解方程即可;對(2)利用公式法、錯位相減法分別求出Sn,Tn,再作差比較即可.

解析(1)因為{an}是首項為1 的等比數列,且a1,3a2,9a3成等差數列,所以6a2=a1+9a3,即6a1q=a1+9a1q2,9q2-6q+ 1 = 0,解得q=所以an=故

(2)由(1)可得Sn=

①-②得

例5(2021年高考全國甲卷題)某校學生在研究民間剪紙藝術時,發(fā)現剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折,規(guī)格為20dm×12dm 的長方形紙,對折1 次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm 兩種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S1= 240dm2,對折2 次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm 三種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S2=180dm2,以此類推,則對折4 次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數為____;如果對折n次,那么=____dm2.

思路對空1,按對折列舉即可; 對空2,根據規(guī)律可得Sn,再由錯位相減法得出結果,注意乘以分數公比

解析(1)由對折2 次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm 三種規(guī)格的圖形,所以對折三次的結果有:×12,5×6,10×3,20×共4 種不同規(guī)格(單位dm2).故對折4 次可得到如下規(guī)格:共5 種不同規(guī)格.

(2)由于每次對折后的圖形的面積都減小為原來的一半,故各次對折后的圖形,不論規(guī)格如何,其面積成公比為的等比數列,首項為120dm2,第n次對折后的圖形面積為120×對于第n次對折后的圖形的規(guī)格形狀種數,根據(1)的過程和結論,猜想為n+1 種(證明從略),故得猜想Sn=

設S=兩式作差得,

模型4 裂項相消求和法

無法用公式求和法、分組求和法或錯位相減求和法求和的,可以根據和式通項的特點,考慮將其裂項,使得和式中許多項能相消.解題關鍵點是: ①判斷結構.觀察一般項的結構,看看它是否可以裂項,能裂項就寫出一般項的裂項表達式.②寫出和式.按裂項表達式寫出和式,看哪些項能相互抵消.③化簡整理.計算整理和式,得到和式的最簡結果.

例6(2021年安徽合肥六校聯考)設數列{an}的前n項和Sn=

(1)求數列{an}的通項公式;(2)若bn=求數列{bn}的前n項和Tn.

思路對(1),只要利用公式an=Sn - Sn-1處理,注意條件n≥2,并對a1進行檢驗.對(2),由于一般項打破常規(guī),同學們往往不知道對其怎樣裂項: 裂成三項沒做過,該如何下手未知; 分母是三項積裂成兩項也沒做過,該怎么湊配未知.絕大部分學生因找不到思路,使解題陷入困境.其實,如果對和)比較熟悉,則能想到視anan+1和an+1an+2為兩個整體,即朝的方向裂項.

解析(1)由知,數列{an}是等差數列,所以解得a1= 2,d= 3,故an=3n-1,n ∈N*.

(2)由(1)知,

因為(3n+5)-(3n-1)=6,所以

于是

注意: 裂項相消求和法是數列求和的一種重要方法.常見的裂項有:

這給我們很大啟發(fā),進一步有

等等,大大拓寬了我們的思維空間和知識視野.正如北大田剛院士所說: 解數學題既要講原則性和規(guī)律性,又要講靈活性和變通性.這種新的裂項方式就應該是數學方法的靈活性和變通性的體現.

模型5 分類討論求和法

有些和式中,含有絕對值符號,要分類討論數列項的正負才能去掉絕對值符號,實現求和.解題關鍵點是: ①判斷項的正負.通過解不等式得到哪些項是正的,哪些項是負的.②去掉絕對值.按項的正負去掉絕對值,分別處理項全正或全負的求和.③討論項數n的范圍.分類討論項數n的范圍,實施整體求和,

例7(2021年湖北武漢段考題)設等比數列{an}的前n項和為Sn,a1=1,S3=13.

(1)求通項公式an; (2)若{an}是遞增數列,求數列{|an-n-2|}的前n項和.

思路先確定數列{an}的通項,然后考察an-n-2 的正負.

解析(1)設等比數列{an}的公比為q.由題意得a1+a1q+a1q2=13,即1+q+q2=13,解得q=3 或q=-4.故通項公式an=3n-1,n ∈N*,或an=(-4)n-1,n ∈N*.

(2)由(1)知,an= 3n-1,n ∈N*.令bn=|an-n-2|=3n-1-n-2.由3n-1-n-2 ≥0 知,3n-1≥n+2,所以n≥ 3.由3n-1- n -2＜0 知,n≤ 2 即n= 1,2.設數列{|an-n-2|}的前n項和為Tn=b1+b2+b3+· · ·+bn.當n= 1 時,T1=b1= 2;當n= 2 時,T2=b1+b2= 3; 當n≥ 3 時,Tn=故Tn=

注意: 本題第(2)問,需要去掉絕對值符號來求和,這勢必涉及數列{an-n-2}中哪些項是非負的,哪些項是負的.在確定了第3 項開始是非負的條件下,對n= 1,n= 2和n≥3 分類去掉絕對值求和,并涉及到分組求和,最后整合成分段函數的形式.

模型6 并項求和法

有些數列的項與項數的奇偶有關,與正余弦函數的值有關,與數列的周期性有關等等,且其和式無法用熟悉的方法處理,可以考慮恰當并項,使其整體可以轉化為熟悉的形式和方法求和,稱之為并項求和法.解題關鍵點是: ①觀察結構.觀察數列通項與和式的結構特點,選擇并項的策略.②審視可能的并項.判斷是相鄰項并一起,還是間隔項并一起,以整體能求和為標準.③實施整體求和.利用已有的方法,求出和式的最簡結果.

例8(2021年四川成都?？碱})已知數列{an}的前n項和,且2Sn=an+n2,其中n ∈N*.

(1)求數列{an}的通項公式;(2)設bn=(-1)nan+2n,求數列{bn}的前2n項的和T2n.

思路對(1),利用函數觀點賦值處理即可; 對(2),對bn=(-1)nan+2n實施并項求和.

解析(1)當n≥2 時,2Sn-1=an-1+(n-1)2.與2Sn=an+n2相減得,2an=an -an-1+n2-(n-1)2,即an+an-1=2n-1,因此an+1+an=2n+1.兩式相減得an+1-an-1=2,所以an=n,n ∈N*.

(2)bn= (-1)nan+ 2n= (-1)n · n+ 2n=于是

模型7 放縮求和法

證明數列中的不等式,是近年來高考中出現的新熱點.其中常常要涉及到求和問題,而這些和又無法用上述6 種模型計算,必須實施放縮變形,轉化為熟悉的模型處理,往往稱為放縮求和法.解題關鍵點是: ①觀察結構.觀察和式的結構特征,確定如何放縮.②恰當放縮求和.對一般項進行放縮,轉化為熟悉的模型(等差、等比,可以分組,可以裂項,可以錯位相減)求和.③往證不等式.研究新和式中的不等關系,實現證明數列中不等式的目標.

例9(2019年浙江高考題)設等差數列{an}的前n項和為Sn,a3= 4,a4=S3,數列{bn}滿足: 對每個n ∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比數列.

(1)求數列{an},{bn}的通項公式;

(2)記cn=n ∈N*.證明:c1+c2+c3+···+cn ＜

思路對(1),利用a3=4 和a4=S3構建方程組求解等差數列{an}的首項和公差,進一步得到Sn,求出bn;對(2),將一般項cn=進行放縮求和,實現目標.

解析(1)設數列{an}的公差為d,由題意得a1+2d=4,a1+ 3d= 3a1+ 3d,解得a1= 0,d= 2.從而an= 2n -2,n ∈N*.由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比數列得,(Sn+1+bn)2= (Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=所以bn=n2+n,n ∈N*.

(2)因為

所以

例10(2020年皖西南聯盟聯考題)在正項數列{an}中,已知a2=

(1)確定數列{an}的單調性,并求{an}中項的最小值;

(2)證明: 對任意n ∈N*,都有an≤成立.

思路對(1),利用數列的單調性即可;對(2),利用放縮求和法處理.

解析(1)因為an+1=an+所以an+1-an=＞0,即數列{an}單調遞增.因此{an}中項的最小值是a1.在遞推式中,令n=1,則a2=a1+,即解得a1=或a1=(舍去).故a1=

(2)由(1)知,an+1＞an,所以an+1-an=＜,即于是,當n≥2 時,即當n=1時,an=故對任意n ∈N*,都有an≤成立.

注意: 例9 中的cn=無法直接求和式c1+c2+c3+···+cn.先將其放縮成cn ＜利用裂項相消求和法處理.但若放縮成cn ＜則無 法證出c1+c2+c3+· · ·+cn ＜因此如何放縮,需要看待證不等式進行嘗試.例10 中的遞推式an+1=an+以 常 見 的an+1=an+f(n)為背景,但又跳出了原有模式而設置,給人耳目一新之感.對(2),顯然無法求出通項公式{an},只能從遞推式中考慮.

由于遞推式an+1=an+與以往形式不同,學生往往不知道利用放縮變形解題,知道的也難以對其正確地放縮變形.其實,如果對于和比較熟悉,就可能利用“放縮、裂項、累加”破題.要素是“看目標、看條件、看關系”.

由上可見,解數列求和問題,其關鍵在于將和式朝著我們熟悉的、已知的模型轉化.到底選擇哪一種模型,必須根據和式的結構特點,靈活處理,有時候需要多種模型融為一體,共同發(fā)揮作用.